ΘΕΜΑ Α Α1. γ. Α2. β. Α3. δ. Α4. β

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. δ Α4. β Α5. α. 1) Σύµφωνα µε τη θεωρία του Arrhenius oι βάσεις είναι µοριακές ενώσεις ενώ σύµφωνα µε τη θεωρία Brönsted Lowry oι βάσεις εκτός από µόρια µπορεί να είναι και ιόντα. ) Η θεωρία του Arrhenius απαιτεί οι βάσεις να διαλυθούν στο νερό ενώ η θεωρία Brönsted Lowry επεκτείνεται σε κάθε διαλύτη. ) Σύµφωνα µε τη θεωρία του Arrhenius βάση είναι κάθε ένωση που όταν διαλυθεί στο νερό δίνει ΟΗ - ενώ σύµφωνα µε τη θεωρία Brönsted Lowry βάση είναι κάθε ουσία που µπορεί να πάρει ένα ή περισσότερα Η + (πρωτονιοδέκτης). β. 1) Ηλεκτρολυτική διάσταση συµβαίνει στις ιοντικές ενώσεις και είναι η αποµάκρυνση των ιόντων του κρυσταλλικού πλέγµατος στο νερό. Ενώ ιοντισµός συµβαίνει στις οµοιοπολικές ενώσεις και είναι η αντίδραση των µορίων της οµοιοπολικής ένωσης µε µόρια νερού για το σχηµατισµό ιόντων. ) Οι ιοντικές ενώσεις κατά τη διάλυσή τους στο νερό διίστανται πλήρως ενώ οι οµοιοπολικές ιοντίζονται πλήρως ή µερικώς ανάλογα µε το αν είναι ισχυροί ή ασθενείς ηλεκτρολύτες. ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος Ο ιοντισµός του νερού είναι ενδόθερµη διαδικασία και σύµφωνα µε την αρχή Le hateier η αύξηση της θερµοκρασίας ευνοεί την ενδόθερµη αντίδραση: + Η Ο+Η Ο Η Ο +ΟΗ Η> 0 Άρα η ισορροπία µετατοπίζεται προς τα προϊόντα και η τιµή της Κ W αυξάνεται. Συνεπώς σε θερµοκρασία µεγαλύτερη των 5 ο, άρα και στους 80 ο το νερό παρουσιάζει p<7. Επειδή όµως [Η Ο + ]=[ΟΗ - ] το διάλυµα εξακολουθεί να είναι ουδέτερο. β. Σωστό Αµφιπρωτική είναι η ουσία που µπορεί να δράσει και ως οξύ (πρωτονιοδότης) και ως βάση (πρωτονιοδέκτης). - - ΗS + O S+OΗ - + ΗS +O S +ΗΟ γ. Λάθος Η αµµωνία, ΝΗ είναι ασθενής βάση µε τιµή b = -5. Συνεπώς το συζυγές της οξύ, µε Κa= -9 W (ισχύει Κ W = a b = ) θα είναι ασθενές οξύ. a b + N 4-1 -

2 δ. Σωστό Η ηλεκτρονιακή δόµηση θα είναι 1s s p 6 s p 6 d 4s 4p τα ηλεκτρόνια σθένους µας δείχνουν την οµάδα που βρίσκεται το χηµικό στοιχείο στον Περιοδικό Πίνακα. Άρα ανήκει στην 15 η οµάδα. ε. Λάθος - µείωση Α.Ο (ανάγεται) = Αύξηση Α.Ο (οξείδωση) 0 Άρα ο 1 ανάγεται και ο οξειδώνεται. Β. α. Η δεύτερη περίοδος περιέχει 8 στοιχεία. Ο Περιοδικός Πίνακας µε την κβαντική θεωρία προκύπτει από τον µνηµονικό πίνακα. Επειδή όµως δεν υπάρχει υποστοιβάδα d (γιατί για n= το δεν µπορεί να πάρει τιµή ), η δεύτερη περίοδος θα περιέχει µόνο τις υποστοιβάδες s και p οι οποίες συµπληρώνονται µε και 6 ηλεκτρόνια αντίστοιχα άρα δοµούνται και 6 (συνολικά 8) άτοµα. β. 7 Χ s s p s p d 4s Ανήκει στην 4 η περίοδο, αφού ο µεγαλύτερος κύριος κβαντικός αριθµός της κατανοµής είναι 4, στην 9 η οµάδα αφού τα ηλεκτρόνια σθένους είναι 9 και στον τοµέα d αφού το τελευταίο ηλεκτρόνιο της κατανοµής εισέρχεται σε υποστοιβάδα d. ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. Η (Α) ένωση επειδή διασπά το ανθρακικό νάτριο, θα είναι οξύ και επειδή οξειδώνεται από ΚΜnΟ / SO θα είναι το OO. 4 4 Η (Β) επειδή ανάγει το αντιδραστήριο Fehing είναι αλδεΰδη και το οργανικό αλάτι που προκύπτει αφού οξειδώνεται από ΚΜnΟ / SO είναι το (OOΝa) άρα η (Β) είναι η 4 4 O. Η (Ε) επειδή ανάγει το αντιδραστήριο Toens είναι αλδεΰδη και επειδή δίνει την αλοφορµική είναι η O. Η (Γ) επειδή δίνει την αλοφορµική είναι αλκοόλη και επειδή όταν οξειδώνεται πλήρως από Κ r Ο / SO πρέπει να δώσει οξύ είναι η O και η ( ) είναι το OO. 7 4 β. i. O+uSO +5NaO OONa+u O +Na SO + O 4 4 ii. O+4I +6NaO I +OONa + 5NaI + 5 O iii. O+AgNO +N + O OON +Ag N NO 4 4 iv. O+ r O +8 SO OO+r (SO ) + SO +11 O Γ. Επειδή στο α-υδροξυοξύ ο του (ΟΗ) είναι τριτοταγής, η καρβονυλική ένωση (Ψ) πρέπει να είναι κετόνη και η αρχική ένωση (Χ) δευτεροταγής αλκοόλη µε ένα άτοµο λιγότερο από το υδροξυοξύ. Άρα η (Χ) θα έχει (4) άτοµα. - -

3 X: O Ψ: O N Φ: - O Λ: M: Mg Θ: OMg Σ: ΟΗ Γ. Έστω x τα mo του οξαλικού καλίου και y τα mo του οξικού οξέoς στο διάλυµα όγκου V. Γράφουµε τις αντιδράσεις στα δύο ίσα µέρη: 1 ο µέρος OO+O OO+ O mo: y y ο µέρος (OO) +MnO + 8 SO O +MnSO +6 SO +8 O mo: x x 5 Για το ΚΟΗ: Για το MnO 4 : y =V=0, 0 y = 0,04mo x =V'=0, 00 y = 0,mo 5 - -

4 ΘΕΜΑ 1. Υπολογίζουµε τα mo: Γράφουµε την αντίδραση: n =V=0, 50 mo OO = = nnao 1:mo OO + NaO OONa + O Αρχ Αντ Παρ Τελ n = = = OONa V 0 OONa OO + Na + 1 M -1 Μ -1 Μ -1 Μ OO + O OO + O Μ: -1 -x x x = = =, = x M -14 W -9 b b < -5-1 a x -5-5 = x = M [O ]= M po=5 και p=9 b -1. Υπολογίζουµε τα mo: n =V 0, 50 = = mo OO n =V 0, 0 = = mo NaO Γράφουµε την αντίδραση: mo OO + NaO OONa + O Αρχ Αντ Παρ Τελ Αφού έχουµε αραίωση σε όγκο 1L βρίσκουµε τις νέες συγκεντρώσεις: - - n n [NaO]= = Μ, [OONa]= = Μ V 1 V 1 + NaO Na +O Μ: OONa OO + Na Μ: OO + O OO+O

5 Μ: - -y - y y b = < ± y M - y( + y) 9 = y y = M b - + y Άρα το p το καθορίζει η ισχυρή βάση που περισσεύει [ΟΗ - ]= - Μ po= p=1. Υπολογίζουµε τα mo: 1 n =V = 0, 50 = mo=n OO Το ΝaO θα εξουδετερώσει πλήρως το ισχυρό οξύ () και ένα µέρος του ασθενούς οξέος ( OO) +NaO Na+ O mo: 0,1 0,1 0,1 mo OO + NaO OONa + O Αρχ Αντ Παρ Τελ Στο τελικό διάλυµα (Ε) βρίσκουµε τις νέες συγκεντρώσεις: - n 5 [OO]= = Μ=[OONa] V 1 Επειδή Κα>Κb υπερισχύει ο όξινος χαρακτήρας. Άρα: - + OO+ O OO + O Μ: - 5 -ω ω ω OONa OO + Na + Μ: α < ± ω(5 + ω) 5 a= ω ω = M - 5 ω [Η Ο + ]= -5 Μ p= ω 5 M Μία άλλη λύση στο : OO NαΟΗ mo: 0,1 0,1 0,15 έστω ότι y mo ΝαΟΗ εξουδετερώνονται από το και x mo ΝαΟΗ εξουδετερώνονται από το Η OO x+y=0,15 (1) x=0,15-y>0,1-y - 5 -

6 mo + NαΟΗ Nα + Η Ο Αρχ. -1 y - - Αντ. y y - - Παρ. - - y - Τελ. -1 -y 0 y - mo OO + NaO OONa + O Αρχ. -1 x - - Αντ. x x - - Παρ. - - x - Τελ. -1 -x 0 x - Το OONα που παράγεται αντιδρά µε το mo OONα + OO + Nα Αρχ. x > -1 -y -1 -x y Αντ. -1 -y -1 -y - - Παρ y -1 -y Τελ. x y 0-1 -x-y -1 Στο τελικό διάλυµα (Ε) βρίσκουµε τις νέες συγκεντρώσεις: 1 n x y [OO]= = Μ = V 1-1 n x+y- [OOΝα]= = Μ= V 1 Επειδή Κα>Κb υπερισχύει ο όξινος χαρακτήρας. Άρα: - + OO+ O OO + O Μ: -ω - ω ω OONa OO + Na + Μ: 1 + (x + y ) [ O ] (1) + [O ] 0, α= 1 = [ 1 O ]= Μ p=5 ( (x+ y)) 0, α, β)στα 0mL NaO έχουµε πλήρη εξουδετέρωση. Στα ml έχουµε µερική εξουδετέρωση, δηµιουργείται ρυθµιστικό διάλυµα και το p=p a. Έστω n mo του ΗΒ αρχικά. (mo) B + NaO NaB + O αρχικά n n/ αντιδρούν n/ n/ παράγονται - - n/ τελικά n/ - n/ - 6 -

7 n B= V τελ τελ =M n NaB= =M V Το τελικό διάλυµα είναι ρυθµιστικό άρα ισχύει η εξίσωση enderson-assebah: - Β p=p +og p=p +og p=p p = 4 = a a(ηβ) a(ηβ) a(ηβ) a(ηβ) βάσης 4 οξέος ΗΒ Η καµπύλη (1) αντιστοιχεί στο B αφού p a =4 η a είναι -4. Η καµπύλη () αντιστοιχεί στο OO αφού η a είναι -5 και το p a =5. γ) Στην πλήρη εξουδετέρωση του OO µε το NaO θα έχω: n n =V=0, 0 = = 4 mo OO NaO n 4 Άρα: V = = = L ή 0mL OO 0, Επειδή τα διαλύµατα OO και B έχουν ίσους όγκους, άρα και το διάλυµα ΗΒ έχει όγκο 0mL. Στο ισοδύναµο σηµείο έχουµε n n =V=0, 0 = = 4 mo B B + NaO NaB+ O - mo: n 4 4 [ΝaB]= = = = 0,1M - V V NaB Na + B M: 0,1 0,1 0,1 NaO B + O B + O M: (0,1-φ) - φ φ 14 W b = = =, = < φ M b 4 a 0,1 B φ -5,5-5,5 = b -1 = φ M [O ]= M po=5,5 και p=8,5 Επιµέλεια Παπασταµατίου Σ. Τσιάλλου